Question

14．设函数f（x）=1-$\frac{1}{x}$，g（x）=$\frac{x}{ax+1}$（其中a∈R，e是自然对数的底数）．
（1）若函数f（x），g（x）的图象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$处的切线斜率相同，求实数a的值；
（2）若f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，g′（x）=$\frac{ax+1-ax}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{1}{（ax+1）^{2}}$．由函数f（x），g（x）的图象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$处的切线斜率相同，可得$\frac{1}{（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{（\frac{1}{2}a+1）^{2}}$，解得a即可得出．
（2）由f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，即$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，$1-\frac{1}{{e}^{x}}$∈[0，1），$\frac{x}{ax+1}$≥0在x∈[0，+∞） 恒成立，可得a≥0．于是不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立等价于（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0在[0，+∞）上恒成立．令：h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx=e^x（ax-x+1）-（ax+1），利用导数研究其单调性，对a分类讨论即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，g′（x）=$\frac{ax+1-ax}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{1}{（ax+1）^{2}}$．
∵函数f（x），g（x）的图象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$处的切线斜率相同，
∴$\frac{1}{（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{（\frac{1}{2}a+1）^{2}}$，解得a=-3或-1．都符合题意．
∴求得实数a的值为-3或-1．
（2）∵f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，
∴$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，$1-\frac{1}{{e}^{x}}$∈[0，1），
∴$\frac{x}{ax+1}$≥0在x∈[0，+∞） 恒成立，
∴a≥0．
不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立等价于（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0在[0，+∞）上恒成立．
令：h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx=e^x（ax-x+1）-（ax+1），
h′（x）=e^x（ax-x+a）-a，
h^″（x）=e^x（ax-x+2a-1）=（a-1）e^x$（x+\frac{2a-1}{a-1}）$．
h^″（0）=2a-1，h′（0）=0，h（0）=0．
①当a≥1时，∴在x∈[0，+∞），h^″（x）＞0，∴h′（x）在（0，+∞） 是增函数，
∴h′（x）＞h′（0）=0，h（x）在（0，+∞）  是增函数，
∴与h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0矛盾，舍去．
②当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，∴（a-1）＜0，$\frac{2a-1}{a-1}$＜0，∴h^″（x）=（a-1）e^x$（x+\frac{2a-1}{a-1}）$．在$（0，-\frac{2a-1}{a-1}）$ 时，
h^″（x）＞0，∴与（1）同理，不合题意，舍去．
③当$0≤a≤\frac{1}{2}$时，∴（a-1）＜0，$\frac{2a-1}{a-1}$≥0，故h′（x）在x∈（0，+∞）上是减函数，
∴h′（x）＜h′（0）=0，函数h（x）是（0，+∞）上的减函数，h（x）＜h（0）=0符合题意．
综合得：实数a的取值范围为$[0，\frac{1}{2}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、几何意义，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．